新教材适用2023_2024学年高中数学第5章一元函数的导数及其应用综合测试题新人教A版选择性必修第二册

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第五章综合测试题
考试时间120分钟，满分150分．
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知f(x)在x＝a处可导，且f ′(a)＝b, 则　等于( B )
A．b B．2b
C．3b D．4b
[解析]　
＝
＝ ＋ ＝b＋b＝2b，故选B.
2．已知f(x)＝x2＋2x·f ′，则f ′等于( B )
A．－4 B．2
C．1 D．－2
[解析]　f ′(x)＝2x＋2f ′，令x＝1得f ′＝2＋2f ′，解得f ′＝－2，
所以f ′(x)＝2x－4，f ′＝6－4＝2.故选B.
3．曲线y＝在点(－1，－1)处的切线方程为( A )
A．2x－y＋1＝0 B．2x－y－1＝0
C．2x＋y＋3＝0 D．2x＋y＋2＝0
[解析]　由已知得y′＝，
∴k＝y′，即2x－y＋1＝0，故选A.
4．函数y＝xcos x－sin x在下面哪个区间内单调递增( B )
A. B．(π，2π)
C. D．(2π，3π)
[解析]　y′＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，当x∈(π，2π)时，－xsin x>0，则函数y＝xcos x－sin x在(π，2π)上单调递增．
5．函数f(x)＝( B )
A．在(0,2)上单调递减
B．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增
C．在(0,2)上单调递增
D．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减
[解析]　f ′(x)＝＝＝.
令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.
∴x∈(－∞，0)和x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，
x∈(0,1)和x∈(1,2)时，f ′(x)<0，故选B.
6．已知定义在上的函数f(x)满足2xf(x)＋x2f ′(x)<0，f＝，则关于x的不等式f(x)>的解集为( D )
A. B．
C. D．
[解析]　令h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝2xf(x)＋x2f ′(x)<0，所以h(x)在上单调递减，
不等式f(x)>可以转化为x2f(x)>4×＝22f，即h(x)>h，所以0 7．已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为( D )
A．a C．a [解析]　设f(x)＝，则f ′(x)＝，
当f ′(x)>0时x∈，当f ′(x)<0时，x∈，
所以f(x)在上单调递增，上单调递减，
又eπ>π>e，所以f 故选D.
8．已知函数f(x)＝ex－x2－4ax在x∈上有最小值，则实数a的取值范围为( A )
A. B．
C. D．
[解析]　因为函数f(x)＝ex－x2－4ax在x∈上有最小值，
所以函数f(x)＝ex－x2－4ax在x∈上先减后增，
即f ′(x)＝ex－ax－4a在上先小于0，再大于0，
令f ′(x)＝ex－ax－4a<0，得ex g(x)＝ex，h(x)＝ax＋4a，
故只需h(x)的斜率a大于过(－4,0)的g(x)的切线的斜率即可，
设切点(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，
把(－4,0)代入切线方程可得x0＝－3，故切点为(－3，e－3)，切线斜率为e－3，
故只需a>e－3.
故选A.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，下列选项正确的是( AC )
A．0
C．f(x0)＋x0＜0 D．f(x0)＋x0＞0
[解析]　∵函数f(x)＝xln x＋x2(x＞0)，
∴f ′(x)＝ln x＋1＋x，易得f ′(x)＝ln x＋1＋x在(0，＋∞)递增，
∴f ′＝＞0，
∵x→0，f ′(x)→－∞，
∴0＜x0＜，
即A正确，B不正确；
∵ln x0＋1＋x0＝0，
∴f(x0)＋x0＝x0ln x0＋x＋x0＝x0＝－x＜0，即C正确，D不正确．
故选AC.
10．若函数f(x)的导函数的图象关于y轴对称，则f(x)的解析式可能为( ABC )
A．f(x)＝tan 2x B．f(x)＝x5＋sin 2x
C．f(x)＝1＋sin 2x D．f(x)＝ex－x
[解析]　对于A，由f(x)＝tan 2x可得f ′(x)＝′＝＝，则f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故A满足题意；
对于B，由f(x)＝x5＋sin 2x可得f ′(x)＝5x4＋2cos 2x, f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故B满足题意；
对于C，由f(x)＝1＋sin 2x可得f ′(x)＝2cos 2x(x∈R)，则f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故C满足题意；
对于D，由f(x)＝ex－x可得f ′(x)＝ex－1(x∈R)，则f ′(－x)＝e－x－1，所以f ′(x)是非奇非偶函数，不关于y轴对称，故D不满足题意；故选ABC.
11．已知函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)(a≠0)的极大值点为x＝a，则( BD )
A．b2 B．a2 C．若f ′(x1)＝f ′(x2)＝0，则x1＋x2>0
D．若f ′(x1)＝f ′(x2)＝0，则x1x2>0
[解析]　令f(x)＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f(x)的两个零点，当a>0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f(x)的极大值点，则函数f(x)的大致图象如图甲所示，则0ab>a2，故选BD.

12．(2022·全国新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( AC )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
[解析]　由题，f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)>0得x>或x<－，
令f ′(x)<0得－ 所以f(x)在上单调递减，
在，上单调递增，
所以x＝±是极值点，故A正确；
因f＝1＋>0，f＝1－>0，f(－2)＝－5<0，
所以，函数f(x)在上有一个零点，
当x≥时，f(x)≥f>0，即函数f(x)在上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，
将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确；
令f ′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1,1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．
故选AC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．函数f(x)＝sin，满足f ′(θ)＝，则cos＝ 　.
[解析]　由已知f ′(x)＝2cos，所以f ′(θ)＝2cos＝，cos＝，
所以cos＝2cos2－1＝2×2－1＝.
14．若函数f(x)＝x(x－a)2在x＝2处取得极小值，则a＝_2__.
[解析]　求导函数可得f ′(x)＝3x2－4ax＋a2，所以f ′(2)＝12－8a＋a2＝0，解得a＝2或a＝6，
当a＝2时，f ′(x)＝3x2－8x＋4＝(x－2)(3x－2)，函数在x＝2处取得极小值，符合题意；
当a＝6时，f ′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)，函数在x＝2处取得极大值，不符合题意，所以a＝2.
15．已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1处取得极值0，则m＋n＝_11__.
[解析]　f ′(x)＝3x2＋6mx＋n，则即解得或
当时，f ′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，不符合题意，舍去；
当时，f ′(x)＝3x2＋12x＋9＝3，
令f ′(x)>0，得x<－3或x>－1；令f ′(x)<0，得－3 所以f(x)在，上单调递增，在上单调递减，符合题意，则m＋n＝2＋9＝11.
16．(2023·全国乙卷理科)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是.
[解析]　由函数的解析式可得f ′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立，
故0＝1≥－，而a＋1∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，
故即
故≤a<1，
结合题意可得实数a的取值范围是.
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝ex＋ax＋b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝a－b.
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≥0.
[解析]　(1)∵f(x)＝ex＋ax＋b，∴f ′(x)＝ex＋a，
∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝a－b，
∴，解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝ex－x－1，f ′(x)＝ex－1，
∴当x<0时，f ′(x)<0，f(x)为减函数，当x>0时，f ′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)的最小值为f(0)＝0，∴f(x)≥0.
18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为，求a的值．
[解析]　函数f(x)的定义域为(0,2)，
f′(x)＝－＋a，
(1)当a＝1时，f′(x)＝，∴当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，2)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)．
(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a>0，
即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.
19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
[解析]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，得f ′(x)＝3x2＋2ax＋1，Δ＝4a2－4×3＝4(a2－3)．
当－≤a≤时，Δ≤0，有f ′(x)≥0, ∴f(x)在R上单调递增，
当a<－或a>时，由f ′(x)＝0得　x＝.
由f ′(x)>0⇒x<或x>，
由f ′(x)<0⇒ ∴f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
(2)若函数f(x)在区间内是减函数，则有f ′(x)≤0在区间恒成立，
只需⇒
⇒⇒a≥2，
∴a的取值范围是[2，＋∞)．
20．(本小题满分12分)某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，根据经验知道，其次品率P与日产量x(万件)之间大体满足关系：
P＝(其中c为小于6的正常数，次品率＝次品数/生产量，如P＝0.1表示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品)
已知每生产1万件合格的仪器可盈利2万元，但每生产1万件次品将亏损1万元，故厂方希望定出合适的日产量．
(1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额T(万元)表示为日产量x(万件)的函数；
(2)当日产量为多少时，可获得最大利润？
[解析]　(1)当x>c时，P＝，
所以T＝x·2－x·1＝0.
当1≤x≤c时，P＝，
所以T＝·x·2－·x·1
＝.
综上，日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为：T＝
(2)由(1)知，当x>c时，每天的盈利额为0，
当1≤x≤c时，T′＝＝，
令T′＝0，解得x＝3或x＝9.
因为1 所以(ⅰ)当3≤c<6时，Tmax＝3，此时x＝3.
(ⅱ)当1≤c<3时，
由T′＝＝
知函数T＝在[1,3]上递增，
所以Tmax＝，此时x＝c.
综上，若3≤c<6，则当日产量为3万件时，可获得最大利润；
若1≤c<3，则当日产量为c万件时，可获得最大利润．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
[解析]　(1)由已知f ′(x)＝3x2－k，
当k≤0时，f ′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当k>0时，由f ′(x)>0，解得x<－或x>，
由f ′(x)<0，解得－ 所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)极大值＝f，f(x)极小值＝f.
若f(x)有三个零点，则k>0，且f(x)极大值·f(x)极小值<0，即f·f<0，
所以·<0，解得0 所以k的取值范围为.
22．(本小题满分12分)(2023·全国乙卷理科)已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由．
(3)若f(x)在(0，＋∞)存在极值，求a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝－1时，
f(x)＝ln，
则f ′(x)＝－×ln＋×，
据此可得f(1)＝0，f ′(1)＝－ln 2，
函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
(2)由函数的解析式可得
f＝(x＋a)ln，
函数的定义域满足＋1＝>0，即函数的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，
定义域关于直线x＝－对称，由题意可得b＝－，
由对称性可知f＝f，
取m＝可得f(1)＝f(－2)，
即(a＋1)ln 2＝(a－2)ln，则a＋1＝2－a，解得a＝，
经检验a＝，b＝－满足题意，故a＝，b＝－.
即存在a＝，b＝－满足题意．
(3)由函数的解析式可得
f ′(x)＝ln(x＋1)＋，
由f(x)在区间(0，＋∞)存在极值点，则f ′(x)在区间(0，＋∞)上存在变号零点；
令ln(x＋1)＋＝0，
则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)＝0，
令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，
f(x)在区间(0，＋∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0，＋∞)上存在变号零点，
g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，g″(x)＝2a－，
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
此时g(x) 当a≥，2a≥1时，由于<1，所以g″(x)>0，g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，
所以g(x)在区间(0，＋∞)上无零点，不符合题意；
当0 当x∈时，g″(x)<0，g′(x)单调递减，
当x∈时，g″(x)>0，g′(x)单调递增，
故g′(x)的最小值为g′＝1－2a＋ln 2a，
令m(x)＝1－x＋ln x(00，
函数m(x)在定义域内单调递增，m(x) 据此可得1－x＋ln x<0恒成立，
则g′＝1－2a＋ln 2a<0，
令h(x)＝ln x－x2＋x(x>0)，则h′(x)＝，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
故h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x2－x(取等条件为x＝1)，
所以g′(x)＝2ax－ln(x＋1)>2ax－＝2ax－(x2＋x)，
g′(2a－1)>2a(2a－1)－＝0，且注意到g′(0)＝0，
根据零点存在性定理可知g′(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一零点x0.
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x0) 令n(x)＝ln x－，则n′(x)＝－＝≤0，
则n(x)单调递减，注意到n＝0，
故当x∈(1，＋∞)时，ln x－<0，从而有ln x<，
所以g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)
>ax2＋x－(x＋1)×
＝x2＋，
令x2＋＝0得x2＝，所以
g>0，
所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上存在变号零点，符合题意．
综合上面可知：实数a的取值范围是.